文档内容
专题 08 力学中三大观点的综合应用
目录
01 模拟基础练.....................................................................................................................2
题型一 力学三大观点的理解、辨析与选用....................................................................................2
02 重难创新练...................................................................................................................12
题型二 力学三大观点解决力学综合问题......................................................................................12题型一 力学三大观点的理解、辨析与选用
1．（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间
弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d 后进入目标组织，继续运动d 后停下来。若
1 2
两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F、F，则针鞘（ ）
1 2
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为Fd
1 1
C．运动d 过程中，阻力做功为(F＋F)d
2 1 2 2
D．运动d 的过程中动量变化量大小为
2
【答案】A
【详解】A．根据动能定理有 ，解得 ，故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d 减速至零，有E = Fd 故B错误；
2 k 2 2，
C．针鞘运动d 的过程中，克服阻力做功为Fd，故C错误；
2 2 2
D．针鞘运动d 的过程中，动量变化量大小 ，故D错误。
2
故选A。2．（2022·海南·高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是 ，乙对甲的作用力是 ，则这两个力
（ ）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C． 的冲量大于 的冲量 D． 的冲量小于 的冲量
【答案】A
【详解】根据题意可知 和 是相互作用力，根据牛顿第三定律可知 和 等大反向、具有同时性；
根据冲量定义式 可知 和 的冲量大小相等，方向相反。
故选A。
3．（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人
头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受
到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据
动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图
可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有 ，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与
横轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大
后减小，D正确。
故选D。4．（2024·甘肃·高考真题）（多选）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
5．（2023·重庆·高考真题）（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化
曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为 和
。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF段方程 ，可知EF段无人机的速度大小为 ，故A正确；
B．根据 图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速
运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；
C．根据MN段方程 ，可知MN段无人机的速度为 ，则有，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大
小为12kg∙m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
6．（2023·全国·高考真题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正
对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们
相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有 ， ，由于m > m 所以a < a 由于两物
甲 乙， 甲 乙，
体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v < v A错误；
甲 乙，
BCD．对于整个系统而言，由于μm g > μm g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向
甲 乙
左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
7．（2022·重庆·高考真题）（多选）一物块在倾角为 的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦
力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若
拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所
示，则（ ）A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为 时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
，由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为 ，则拉力沿斜面
向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为 ，
，代入数据联立解得 ，故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有 ，解得 ，
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为 ，故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为 ，合力做功为 ，则其比值为
，则重力做功为 时，物块的动能即合外力做功为 ，故B正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为 ，则动量的大小之
比为 ，故D错误。
故选BC。
8．（2024·四川达州·一模）倾角为37°的光滑斜面固定在水平面上，现用平行于斜面的拉力F将质量为
1kg的物体从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体位移x的关
系如图所示。重力加速度 ， ， 。下列说法正确的是（ ）
A．当 时，物体的速率为
B．当 时，拉力的功率为19W
C．物体沿斜面向上滑行的最大位移大于4m
D．从开始到 的过程，拉力F的冲量为24N·s
【答案】D
【详解】AC．根据动能定理得 ，解得 ，当 时，物体的速率为0，物
体沿斜面向上滑行的最大位移等于4m，AC错误；
B．根据 得 ， ，前3m，根据动能定理得
，解得 ，当 时，拉力的功率为 ，
B错误；
D．前2m的加速度为 ，解得 ，前2m的运动时间为 ，解得
，后2m的加速度为 ，解得 ，后2m物体减速到零 ，解得 ，从开始到 的过程，拉力F的冲量为 ，D正确。
故选D。
9．（2024·江苏淮安·一模）如图所示，在同一竖直平面内，从A、B两点以相同速率同时抛出甲、乙两相
同的小球，在上升过程中的C点相遇。该过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲球的重力的冲量比乙球的小
B．抛出时，甲球重力的功率比乙球大
C．甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的大
D．相遇时，甲球的动能比乙球的大
【答案】D
【详解】A．以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，在C点相遇，两球在空中运动时间相同，重力
相同，重力的冲量也相同，故A错误；
B．甲、乙两球在抛出后竖直方向加速度相同，运动时间相同，但是甲球竖直位移小于乙球，说明甲球
在竖直方向的初速度小于乙球，所以抛出时，甲球重力的功率比乙球小，故B错误；
C．从B选项的分析可知，甲球在竖直方向的初速度小于乙球，甲乙初速度大小相等，所以甲球在水平
方向的初速度大于乙球，甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的小，故C错误；
D．全程甲球重力势能减少量小于乙球，相遇时，甲球的动能比乙球的大，故D正确。
故选D。
10．（2024·四川德阳·模拟预测）篮球是中学生喜欢的一项运动，如图所示，某同学从同一高度的A、B两
点先后将同一篮球抛出，且抛出点到篮板的水平距离B是A的两倍，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，
不计空气阻力，篮球从抛出到打在篮板的过程中，下列说法正确的是（ ）A．从A点抛出时该同学对篮球做的功较多
B．从B点抛出时篮球的动量变化量较大
C．两次抛出的篮球运动时间相等
D．两次抛出的篮球克服重力做功的功率均先增大后减小
【答案】C
【详解】BC．用逆向思维法，将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直
方向上的位移公式得 ，解得两次抛出的篮球运动时间 ，所以两次在空中运动的时间相等，
根据动量定理可知两次运动重力（合力）的冲量相等，则动量的变化量相等，即 ，故B错误，
C正确；
A．由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式得
，所以有 ，即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于在B点在水平方向的分速度，
可得被抛出的速度大小为 ，则初始时 ，即从A点投出的篮球的速度小，动能小，
该同学对篮球所做的功更少，故A错误；
D．克服重力做功的功率为 ，可知随着竖直方向的速度逐渐变小，克服重力做功的功率逐渐变
小，故D错误。
故选C。
11．（2024·广东深圳·一模）某同学乘坐摩天轮做匀速圆周运动。依次从A点经B点运动到C的过程中，
下列关于该同学的说法正确的是（ ）A．机械能保持不变 B．合外力做功为零
C．重力的冲量为零 D．合外力的冲量为零
【答案】B
【详解】B．该同学坐摩天轮做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，故合外力做功为零，B正确；
A．从A点运动到C点，动能不变，重力势能减少，机械能减少，A错误；
C．重力做的冲量 ，不等于零，C错误；
D．根据动量定理有 ，合外力的冲量不为零，D错误。
故选B。
12．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）（多选）如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为
kg、 kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面，现对B物体缓慢施加一个向左
的力，该力对物体B做功 J，使A、B间弹簧被压缩．在系统静止时，突然撤去向左的力，解除压缩，
则（ ）
A．解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒
B．解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统机械能不守恒
C．从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量 N·s，方向水平向右
D．A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s
【答案】CD
【详解】A．解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到
弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；
B．解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B错误；
C．压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动
能，设此时B的速度为v，则 ，得 ，此过程由动量定理得 ，
0
方向水平向右，故C正确；
D．当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则 ，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相
等时弹簧拉伸最长，此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动
量守恒、机械能守恒有 ， ，得 ， ，
故D正确。
故选CD。
13．（2024·陕西安康·一模）（多选）某双层立体泊车装置如图所示。欲将静止在1号车位的轿车移至4
号车位，需先通过1号车位下方的移动板托举着轿车耗时8s竖直抬升2m至3号车位，再耗时12s水平右
移3m停至4号车位。若轿车的质量为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为0
B．竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为
C．竖直抬升过程中，轿车的机械能守恒
D．整个过程中，移动板对轿车做功的功率为
【答案】BD
【详解】A．水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为
，不为零，故A错误；B．竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为 ，故B
正确；
C．竖直抬升过程中，除重力外支持力做正功，轿车的机械能增加，不守恒，故C错误；
D．整个过程中，移动板对轿车做功的功率 ，故D正确。
故选BD。
14．（2024·江西鹰潭·模拟预测）（多选）如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光
滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度 （沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均
为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为
【答案】CD
【详解】A．设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为 、 ，由弹性碰撞规律 ，
，综合解得 ， ，设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为
、 ，由弹性碰撞规律 ， ，综合解得 ，
，故A错误；
B．三个小球组成的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量 ，故B错误；C．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由 ，变成 ，由动能定理，丙对乙做的功为
，故C正确；
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度由 变成 ，对甲由动量定理可得，乙对甲的冲量为
，负号表示方向，故乙对甲的冲量的大小为 。故D正确。
故选CD。
15．（2024·湖南郴州·一模）（多选）原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地。从开始蹬地到离地是加
速过程（视为匀加速），加速过程重心上升的距离称为“加速距离”。离地后重心继续上升，在此过程中
重心上升的最大距离称为“竖直高度”。已知某同学原地跳的“加速距离” ，“竖直高度”
，已知该同学的质量为50千克，重力加速度g取 ，不计一切阻力。下列说法正确的是
（ ）
A．从蹬地开始到重心上升到最高过程该同学处于先超重后失重状态
B．人离开地面时的速度为
C．从开始蹬地到离地过程中，地面的支持力对人做功为750J
D．从开始蹬地到离地过程中，地面的支持力对人的冲量为
【答案】AB
【详解】A. 该同学先加速上升后减速上升，则加速度先向上后向下，处于先超重后失重状态，A正确；
B. 根据 ，人离开地面时的速度为 ，B正确；
C. 蹬地过程中，沿支持力的方向没有位移，地面的支持力对人做功为零，C错误；
D. 加速上升阶段有 ，加速上升的时间为 ，根据动量定理 ，地面的支持力对
人的冲量为 ，D错误。
故选AB。题型二 力学三大观点解决力学综合问题
16．（2024·安徽·高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长
的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为 ，可视为点电荷。
初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速
度大小分别为 、 、 ，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常
量，不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置， ， D．在图乙位置，
【答案】D
【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外
力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球
3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，
瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误；
CD．对系统根据动量守恒 ，根据球1和2运动的对称性可知 ，解得 ，根据能量守恒 ，解得 ，故C错误，D正确。
故选D。
17．（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主
要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶
段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑
道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于
身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均
冲击力，D错误。
故选B。
18．（2024·安徽·高考真题）（多选）一倾角为 足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立
Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从 开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力 和 ，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加
速度g取 ，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B． 时，物块的y坐标值为2.5m
C． 时，物块的加速度大小为
D． 时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得 ， ，故两力的合力为 ，物块在y轴方向受到的
力不变为 ，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．在y轴方向的加速度为 ，故 时，物块的y坐标值为
，故B正确；
C． 时， ，故此时加速度大小为 ，故C错误；
D．对x轴正方向，对物块根据动量定理 ，由于F与时间t成线性关系故可得
，解得 ，此时y轴方向速度为 ，故此时物块的速度大小为 ，故D正确。
故选BD。
19．（2024·广西·高考真题）（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运
动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则
碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守
恒可知 ， ，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
， ，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运
动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
20．（2024·宁夏四川·高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为 的运动员在 时刚好落到蹦床上，
对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床
接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 。下列说法正确的是（ ）A． 时，运动员的重力势能最大
B． 时，运动员的速度大小为
C． 时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知 时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最
大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从 离开蹦床到 再次落到蹦床上经历的时间为 ，根据竖直上
抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在 时，运动员恰好运动到最大高度处，
时运动员的速度大小 ，故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 ，以竖直向上为正方向，根据动量定理
，其中 ，代入数据可得 ，根据牛顿第三定律可知运动员每
次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 ，故D正确。
故选BD。
21．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的
轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M
到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面
间摩擦因数为 ，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中
的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落
在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1) (2) (3) （n = 1，2，3，…）， ，
【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v，最
0
高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v 碰后A的速度大小为v 碰后B的速度大
1 2。
小为v，则有
3
2mv = 2mv＋mv
1 2 3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面
4a，此时速度大小为v，由功能关系得
4
B随后做平抛运动，有
L = v t
4
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆
5心，由牛顿第二定律得 （n = 1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得 （n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得 （n = 1，2，3，…）
解得 （n = 1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = vt
5
可得 （n = 1，2，3，…）
由于 （n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当 时，
当n = 1时， ，
22．（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳 和OP作用下处于平衡状
态，细绳 ，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量
为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳 ，小球A开始运动。（重力加速度g取 ）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平
向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】根据题意，设AC质量为 ，B的质量为 ，细绳 长为 ，初始时细线
与竖直方向夹角 。
（1）A开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得 ，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
23．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程
中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，
并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F ，敏感球的质量为m，重力加速度
N
为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值 。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运
动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量 ，重力加速度大小取
。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】（1） ；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力F 以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定
N
律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 ，方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得v=2m/s
则上升的最大高度
24．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为 。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为 、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运
动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于
传送带的速度大小 。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正
方向，由动量守恒定律有
其中 ，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为 ，小球在P点正上方的速度为 ，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从 点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为 。
25．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光
滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用
不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，
小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长 。
小球质量 。物块、小车质量均为 。小车上的水平轨道长 。圆弧轨道半径
。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取 。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值
范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围为
26．（2024·辽宁·高考真题）如图，高度 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，
弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 ；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距
离 后停止。A、B均视为质点，取重力加速度 。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小 和 ；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能 。【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块
整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中 ，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
27．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角 的直轨道 ，半径
的圆弧轨道 ，长度 、倾角为 的直轨道 ，半径为R、圆心角为 的圆弧管道 组成，
轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量 滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量 的小物块a从轨道 上高度为h静止释放，经圆弧轨道 滑上轨道
，轨道 由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数 ，向下运动时动摩擦因数
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为 ，小物块a运
动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，
， ）
（1）若 ，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在 上经过的总路程；
③在 上向上运动时间 和向下运动时间 之比。
（2）若 ，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，
最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设
其在 上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守
恒定律有
解得
28．（2023·河北·高考真题）如图，质量为 的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为 的竖直光滑
圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成 角．质量为 的小
物块 以 的初速度从木板左端水平向右滑行， 与木板间的动摩擦因数为0.5．当 到达木板右端时，
木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时 沿圆弧切线方向滑上轨道．待 离开轨道后，可随时解除木板
锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为 取
取 ．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块 和木板的速度大小；
（2）求物块 到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块 运动到最大高度时会炸裂成质量比为 的物块 和物块 ，总质量不变，同时系统动能增加
，其中一块沿原速度方向运动．为保证 之一落在木板上，求从物块 离开轨道到解除木板锁定的
时间范围．【答案】（1） ， ；（2） ， ；（3） 或
【详解】（1）设物块 的初速度为 ，木板与轨道底部碰撞前，物块 和木板的速度分别为 和 ，
物块 和木板的质量分别为 和 ，物块 与木板间的动摩擦因数为 ，木板长度为 ，由动量守恒
定律和功能关系有
由题意分析 ，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为 ，物块 到圆弧轨道最高点时斜抛速度为 ，轨道对物块的弹力为 ．物块
从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块 到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块 拋出时速度 的水平和竖直分量分别为 和 ，
斜抛过程物块 上升时间
该段时间物块 向左运动距离为 ．物块 距离地面最大高度 ．
（3）物块 从最高点落地时间
设向左为正方向，物块 在最高点炸裂为 ，设质量和速度分别为 和 、 ，设
，系统动能增加 ．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得 或 ．
设从物块 离开轨道到解除木板锁定的时间范围 ：
（a）若 ，炸裂后 落地过程中的水平位移为
炸裂后 落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅 落在木板上，应满足且
解得
Ⅱ．若仅 落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若 ，炸裂后 落地过程中水平位移为0，炸裂后 落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得 ．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证 之一一定落在木板上， 满足的条件为或
29．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽
和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 ，平台高为 。药品盒A、B依次被轻放在以速度 匀速运动
的传送带上，在与传送带达到共速后，从 点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端 点停下，随后滑下的B
以 的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B
的质量分别为 和 ，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 。 与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。
求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 ；
（2）B从 点滑至 点的过程中克服阻力做的功 ；
（3）圆盘的圆心到平台右端 点的水平距离 ．
【答案】（1） （2） ；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从 点滑至 点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知解得 ， （另一组 舍掉）
两物体平抛运动的时间
则 ，
解得
30．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下
方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，
由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
31．（2023·山东·高考真题）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的
上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度 向右做
匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并
以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知 ， ，
， ，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数 ，C与B间动摩擦因数
，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加
速度大小 。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若 ，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若 ，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量
的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t，B和C共速，有
1
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t 时间，物块A恰好撞上木板B，有
2
整理得
解得 ， （舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得 ， （舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动
0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t 时间恰好相遇，则有
3
整理得
解得 ， （舍去）
此时有 ，方向向左；
，方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
0代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运
动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg⋅m/s。
32．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道
CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度 从
D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长 ，以 的
速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，
弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
F =31.2N
N
（2）滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
B
根据
可得在C点的速度v =3m/s
C
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得v=5m/s
1
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度v=5m/s
2
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x，由能量关系
1解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x=x
2 1
则弹簧最大长度与最小长度之差
33．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一
1
劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m= 4kg的小物块以水平向右的速度
2
滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为
p
。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的大小；
2 2
（3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次
2 0 2
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
0
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有mv= (m＋m)v
1 2 2 0 1 2 1
代入数据有v= 1m/s
1
对m 受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有kx = (m＋m)a
1 2 1 2 共
对m 有a= μg = 1m/s2
2 2当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x= 0.25m
共 2 2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速度大于木块m
2 1 2
的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时m 的速度大小为v，共
2 1 2
用时2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有－μm g∙2t= mv－mv
0 2 2 2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2
U = W
f
联立有
34．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为
45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静
止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为
g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得 ，
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A
点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
35．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的
光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为 和 ，长轴水平，短轴竖直．质量为 的小球，初始时刻从椭
圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于
地面的直角坐标系 ，椭圆长轴位于 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系 中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若 ，求小球下降 高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用 及 表示）。【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正，
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为 时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得 （ ）
（3）将 代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以 为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为 时有如图此时可知速度和水平方向的夹角为 ，小球下降 的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
36．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面
上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度 ，匀减速滑行 到达N点时，队友用毛刷开
始擦A运动前方的冰面，使A与 间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行 ，与静止在P
点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为 和 。已知A、B质量相同，
A与 间冰面的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B
碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度 的大小；
（2）与 间冰面的动摩擦因数 。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为 ，A受到冰面的支持力为 ，由竖直方向受力平衡，有
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
设A在 间的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为 ，由动量守恒定律可得
解得
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
由动能定理可得
联立解得
37．（2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通
过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定
滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水
平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动
距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1） ；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当 时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
38．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置
在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上
滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖
直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g
取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，
方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
39．（2022·湖南·高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非
弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（
为常数且 ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为
g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 已知，求 的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬
间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定
理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击
时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h 代入h 有
1 2
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有再将h 代入h 有
2 3
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将h 代入h 有
N-1 N
其中 ，
则有
则
方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击
时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为 ，反弹高度为 ，篮球受到冲量I
后速度为v’，落地时速度为 ，则 ，
联立可得代入k可得， ……①
篮球再次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
1 2
，
同理化简可得 ……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
2 3
，
同理化简可得 ……③
……
第N次反弹可得 ……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以 、 、 ……、 ，再相加可得
得
其中， ， ，可得
可得冲量I的大小
40．（2022·山东·高考真题）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的 点，
点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在 点正上方的O点，轻绳处于水平
拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），A以速度 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间
后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的
质量 ，B的质量 ，A与B的动摩擦因数 ，B与地面间的动摩擦因数
，取重力加速度 。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不
计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 与 ；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功 ；
（4）实现上述运动过程， 的取值范围（结果用 表示）。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）设水平向右为正方向，因为 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过
程根据动量守恒和能量守恒有
代入数据联立解得，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为 ， 。
（2）如图所示为A与B挡板碰撞后到运动至O点正下方的运动示意图
A回到 前，A在B上匀速直线运动的时间设为 。A的位移大小
对平板B，由牛顿第二定律得
对平板B，由运动学公式有
由几何关系 ①
A从 回到O点正下方设时间为 ，A在B上做匀减速直线运动，设A的加速度大小为 ，由牛顿第
二定律得
解得
A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，则
时间内A相对于地面的位移大小
由几何关系 ②
联立解得 或 ，
由①②可得 与 等大分析可知，A回到O点正下方时B未减速为0，故
舍去。综上解得
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
解得
B物体停下来的时间为t，则有
3
解得
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
所以A对B的摩擦力所做的功为
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，
摆长为L，则有
由单摆周期公式 解得，小球到悬挂点O点的距离
小球下滑过程根据动能定理有
当碰后小球摆角恰为5°时，有
解得 ，小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
小球与A碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），则要求
故要实现这个过程的范围为
41．（2022·全国·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物
块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图
（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，
然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动
量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得 ，（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的瞬时速度分别为 ，
根据位移等速度在时间上的累积可得 ，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，
方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 ，
联立可解得
42．（2024·广东广州·模拟预测）活检针可用于活体组织取样，如图所示，取样时，活检针的针芯和针鞘
被瞬间弹出后向左运动。质量为m的针鞘在软组织中运动距离 后进入目标组织，继续运动 后停下来。
若两段运动中针鞘仅受阻力，且均可视为恒力，大小分别为 ，则针鞘（ ）
A．被弹出时动能大小为
B．到达目标组织表面时的速度大小为
C．运动 过程中，阻力做功为
D．运动 的过程中阻力的冲量大小为
【答案】B【详解】A．根据动能定理有 ，解得被弹出时动能大小为 ，故
A错误；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d 减速至零，由动能定理 ，可得到达目标组
2
织表面时的速度大小为 ，故B正确；
C．针鞘运动d 的过程中，克服阻力做功为 ，阻力做功为 ，故C错误；
2
D．针鞘运动d 的过程中，由动量定理得 ，其中 ，联立可得运动 的过程中阻
2
力的冲量大小为 ，故D错误。
故选B。
43．（2024·吉林·一模）如图，是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，
水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶含水的总质量是20 kg，水桶释放点到地面的高度是1 m，
水桶滑到地面时速度是2 m/s，重力加速度取10 m/s2，关于水桶在该轨道上滑下的过程说法正确的是（
）
A．阻力对水桶做功是160 J B．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W
C．水桶损失的机械能是160 J D．重力的冲量是40 N∙s
【答案】C
【详解】AC．由动能定理 ，解得 ，根据 ，解得 ，即
水桶损失的机械能是160 J，故A错误，C正确；B．设斜面倾角为θ，水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率为 ，由于0 < θ < 90°，
则有 ，故B错误；
D．由动量定理可知，合外力的冲量是 ，又 ，
可得 ，故D错误。
故选C。
44．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）如图甲所示，光滑水平面右端与半径为R的粗糙半圆弧轨道平
滑连接，劲度系数为k的轻质弹簧左端与墙拴接，弹簧处于自然长度时其右端在B点左侧，底面装有力传
感器的滑块在水平力作用下静止于图示位置，滑块与弹簧不拴接。现在撤去水平力，滑块在从A运动到D
的过程中，传感器记录了滑块底面的弹力大小随时间变化关系，如图乙所示， 、 、 均为已知量。
弹性势能表达式为 ，重力加速度大小为g。下列表述正确的是（ ）
A．
B．释放滑块后，弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，弹簧弹力的功率为
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，圆轨道对滑块的冲量方向水平向左
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了
【答案】BD
【详解】A．由题图乙可知， 时间内滑块底面的弹力大小不变，即滑块的重力大小为 ，滑块经过圆弧上的B点时，有 ，滑块经过圆弧上的D点时，有 ，滑块由B到D
的过程中，由动能定理有 ，解得 ，A错误；
B．释放滑块时弹簧的弹性势能为 ，当弹簧的弹性势能与滑块的动能相等时，由能量守恒有
， ，弹簧弹力的瞬时功率为P＝kxv，解得 ，B正确；
C．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，由动量定理得 ，重力的冲量竖直向下，动量的变化量
水平向左，根据矢量三角形易知圆轨道对滑块的作用力的冲量斜向左上方，如图所示
C错误；
D．滑块沿圆轨道BCD运动过程中，机械能减少了 ，D正确。
故选BD。
45．（2024·广东肇庆·一模）（多选）如图，某同学练习排球垫球，双手在O位置垫击（过程时间极短）
排球，使球以初速度 竖直向上运动，当球落回到O位置时速度大小为 ，此时再次垫击排球使其仍以速
度 竖直向上运动，假设排球质量为m，空气阻力大小恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是
（ ）A．从垫起到落回的过程中，排球的最大加速度为g
B．排球垫起后向上运动的最大高度为
C．再次垫击排球的过程中，手对排球的冲量大小为
D．从垫起到最大高度的过程中，排球克服空气阻力做的功为
【答案】BC
【详解】A．排球向上运动时，根据牛顿第二定律有 ，可知排球刚垫起时的加速度为 ，
A错误；
B．对排球上升和下降过程分别列运动学公式，有 ， ，解得 ，
B正确；
C．再次垫击排球过程中，根据动量定理，手对排球的冲量大小为 ，C正确；
D．排球从垫起到落回O点的过程中，由动能定理可得 ，克服空气阻力做的功为
，由于空气阻力大小恒定，所以从垫起到最大高度的过程中，克服空气阻力做的功为
，D错误。
故选BC。
46．（2024·江西景德镇·一模）（多选）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为 、 处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球
垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为 ， 与水平方向夹角分别为 、 ，空中飞行时间分别为 、
。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确
的是（ ）
A．球在空中过程动能变化量之比
B．球在空中过程重力冲量之比
C．踢中 窗户的那脚球，运动员对球多做功
D．水平距离与足球飞行时间满足
【答案】BD
【详解】A．球在空中过程动能变化量大小 ，可知球在空中过程
动能变化量之比 ，选项A错误；
B．重力冲量 ，可知球在空中过程重力冲量之比 ，选项B正确；
C．两次运动员对球做功相等，均为 ，选项C错误；
D．水平距离 ，整理可得 ，可得，即 ，竖直方向 ，与 ，联立可知水平距离与足球飞
行时间满足 ，选项D正确。
故选BD。
47．（2024·广东韶关·模拟预测）“鲁布·戈德堡”机械技巧是一款独具特色的益智休闲游戏，它通过连锁
机械反应，以迂回曲折的方式完成一些简单的动作。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：左侧有一固定
的光滑圆弧轨道，其末端 水平；在轨道末端等高处有一质量为 的“ ”形小盒 （可视为质点），小
盒 与质量为 的物块 （可视为质点）通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒 之间的绳长为
；物块 压在质量为 的木板 左端，木板 上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数
（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板 右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计，带有光滑小孔）的距
离为 ；质量为 且粗细均匀的细杆 通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳穿过小孔与木板 相连，木板
与定滑轮间轻绳水平，细杆 下端到地面的距离也为 ；质量为 的圆环（可视为质点）套在细杆
上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等。大小为 。开始时所有装置均静止，现将一质量
为 的小球（可视为质点）从圆弧轨道某处由静止释放，小球进入小盒 时刚好能被卡住（作用时间很短，
可不计），此时物块 对木板 的压力刚好为零。木板 与挡板相撞、细杆 与地面相撞均以原速率反弹，
最终圆环刚好到达细杆的底部．不计空气阻力，重力加速度为 ，求：
(1)小球与小盒 相撞后瞬间，小盒 的速度；
(2)小球释放处与 点的高度差；
(3)细杆 的长度。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得
小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得解得
（2）小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得
小球从圆弧下滑过程中，出动能定理得
解得
（3）当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
由运动学规律得
第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E、细杆F整体由牛顿第二定律得
由运动学规律得
解得
对圆环由牛顿第二定律得
由运动学规律得
第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
则当 时得细杆F的长度为
